2025-2026学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

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1.如图所示，“套圈”是许多游乐场的经典游戏，小孩和大人在同一竖直线上的不同高度，先后水平抛出小圆环，且小圆环都恰好套中同一个物体。若小圆环的运动可视为平抛运动，则下列说法中正确的是( )
A. 小孩抛出的圆环空中运动时间较短
B. 大人抛出的圆环空中运动时间较短
C. 两人抛出的圆环初速度大小相等
D. 小孩抛出的圆环初速度较小
2.某无人机测试中，操作员控制无人机在竖直平面内沿一段圆弧轨道向上飞行。如图所示，无人机飞行过程中保持速度大小始终不变。则无人机在此过程中( )
A. 所受合外力为0
B. 加速度恒定
C. 机械能守恒
D. 动量一直在改变
3.2026年在世界超级摩托车锦标赛中，车手驾驶某款中国产赛车多次夺得冠军，实现了中国产赛车零的突破。如图，甲、乙、丙三条虚线为赛车过赛道U形弯的三种圆弧行驶线路，为获得更大的安全过弯速度，应选择的线路是( )
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 甲、乙均可
4.关于地球静止卫星，下列说法中正确的是( )
A. 静止卫星处于平衡状态
B. 静止卫星可能经过天津的正上空
C. 静止卫星运行的角速度等于地球的自转角速度
D. 静止卫星运行的速度大于第一宇宙速度
5.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
6.几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组。假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/ℎ；则5节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( )
A. 240km/ℎB. 300km/ℎC. 480km/ℎD. 600km/ℎ
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上，质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以某一速度匀速上升了高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。关于上述运动过程，下列说法正确的是( )
A. 重力对物块做的功为−mgℎB. 支持力对物块做的功为mgcsθℎsinθ
C. 摩擦力对物块做功为−μmgℎcsθD. 合力对物块做功为0
8.如图所示，质量相同的物块A、B静止放在足够长的光滑水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗子弹以一定的水平速度射入木块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是( )
A. 子弹射入物块A的过程中，二者系统机械能守恒
B. 子弹射入物块A的过程中，二者系统动量守恒
C. 子弹射入物块A后，物块A运动的最小速率可能为零
D. 当物块B速率最大时，弹簧的弹性势能为零
9.如图，工人用水平传送带运送货物，已知传送带顺时针匀速转动，货物轻放至传送带的左端A后，被运送到右端B，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则( )
A. 传送带匀速转动的速度大小为1m/s
B. 传送带A端至B端的长度为1.6m
C. 运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能10J
D. 运送货物的整个过程中摩擦力对传送带做功−40J
10.如图所示，甲、乙为两颗轨道在同一平面内的地球人造卫星，其中甲卫星的轨道为圆形，乙卫星的轨道为椭圆形，M、N分别为椭圆轨道的近地点和远地点，P点为两轨道的一个交点，已知卫星甲的轨道半径为r1，卫星乙的远地点到地心的距离为r2，地球的半径为R，卫星甲和卫星乙运行的周期之比为k，且卫星甲的周期为T1，以下说法正确的是( )
A. 卫星乙在M点的动能小于在N点的动能
B. 卫星乙在M点的线速度大于卫星甲的线速度
C. 地球表面的重力加速度为4π2r13R2T12
D. 卫星乙的近地点到地心的距离为2r131k2−r2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.为验证向心力大小与角速度间的关系，某同学设计了如图所示的实验装置。其中AB是固定在竖直转轴OO′上的水平平台，A端固定的压力传感器可测出小物体对其压力的大小，B端固定一宽度为d的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。
实验步骤如下：
①测出挡光片与转轴间的距离L；
②将小物体紧靠传感器放置在平台上，测出小物体中心与转轴的距离r；
③使平台AB绕转轴OO′匀速转动；
④记录压力传感器的示数F和对应的挡光时间Δt；
⑤保持小物体质量m和距离r不变，多次改变转动角速度，记录压力传感器示数F和对应的挡光时间Δt。
(1)小物体转动的角速度ω=______(用L、d、Δt表示)；
(2)用图像法处理实验数据时，若纵轴表示F，横轴应表示______(选填“ω”、“ω2”)，在误差允许范围内，该图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率的k=______(用题中所给的字母表示)。
12.某同学用如图甲所示装置进行“验证动量守恒定律”的实验。他将频率为50Hz的打点计时器固定在长木板的一端，把纸带穿过打点计时器与小车A相连接，A的前方有撞针，小车B后面有橡皮泥，两车碰撞后可以粘在一起运动。
(1)在本实验中______(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；
(2)图乙是某次实验得到的纸带，A、B、C、D、E为选取的计数点，各计数点间的距离已标在图中。
根据图乙，计算两小车碰撞后的速度大小，应选择纸带上的______(选填“BC”、“CD”或“DE”)。小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，利用图乙数据，碰撞前两小车的总动量是______kg⋅m⋅s−1，碰后两小车的总动量是______kg⋅m⋅s−1(计算结果均保留三位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
13.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，经时间t到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，泥潭中受到的阻力不可视为恒力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，求：
(1)小球阻力做的功Wf；
(2)小球所受阻力的冲量I1。
14.某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37∘的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知圆轨道半径R=1m，水平轨道BC长LBC=3m，AB、BC段动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P弹出的速度v0=4m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则：
(1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值(x,y)；
(2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度LAB。
15.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一个下表面光滑、上表面粗糙的木板A，在木板A的左侧放置一物块C。从与圆心O点等高处静止释放小滑块B，小滑块经圆弧最低点滑上木板A，A与B共速后，再与C发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，小滑块B始终在木板A上。已知小滑块B的质量为m，木板A和物块C的质量均为2m，B与A间、C与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
(1)B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小FN；
(2)A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能ΔE损。
(3)C在地面上运动的总位移大小x。
【补充：等比数列前n项和公式为Sn=a1(1−qn)1−q，a1为首项，公比为q(q≠1)】
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、平抛运动的物体飞行时间由高度决定，则有：ℎ=12gt2，解得：t= 2ℎg，由题图可知ℎ大>ℎ小，所以有：t大>t小，可知小孩抛出的圆环运动时间较短，故A正确，B错误；
CD、由题图可知，两人抛出的圆环的水平位移相等，根据x=v0t可知v0=xt，由于t大>t小，所以有：v0大0，可知vA>0，即物块A运动的最小速率不可能为零，故C错误；
D、弹簧第一次被压缩直至恢复原长的过程中，弹力向右，对物块B始终做正功，物块B的速率不断增大；
当弹簧越过原长后被拉伸，弹力向左，对物块B做负功，物块B的速率开始减小，因此当弹簧恢复原长时物块B的速率最大，此时弹簧的形变量为零，弹性势能为零，故D正确。
故选：BD。
子弹射入物块A过程时间极短，子弹与A组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒；但该碰撞为完全非弹性碰撞，存在机械能损失，系统机械能不守恒。子弹与A共速后整体向右运动压缩弹簧，A减速、B加速，此后A、B及弹簧系统动量守恒且机械能守恒。当弹簧第一次恢复原长时，由动量守恒与机械能守恒可推导A的最小速率，其表达式恒大于零，故A的最小速率不可能为零。在弹簧压缩后恢复原长的过程中，弹力始终对B做正功，B速率持续增大；弹簧恢复原长时B速率最大，此时弹簧无形变，弹性势能为零。
本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律以及弹簧连接体模型的动态过程分析。子弹射入物块A的瞬间过程时间极短，系统动量守恒但机械能不守恒，这是非弹性碰撞的典型特征。随后含子弹的物块A与物块B通过弹簧相互作用，系统在水平方向不受外力，动量与机械能均守恒。题目通过分析物块A的最小速度与物块B的最大速度对应的弹簧状态，深入检验学生对弹簧振子模型中速度极值点与形变量关系的理解。该题计算量适中，但要求清晰把握两个阶段的物理规律及弹簧作用过程中能量与动量的转化细节，能有效锻炼学生的多过程综合分析能力和守恒思想的应用。
9.【答案】AC
【解析】解：A.由图乙的v−t图像可知，货物在0.4s后以1m/s的速度做匀速直线运动，说明0.4s时货物与传送带共速了，故可知传送带匀速转动的速度大小为v=1m/s，故A正确；
B.货物在传送带上运动的位移大小等于传送带A端至B端的长度。由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得传送带A端至B端的长度为：
L=12×(1.6−0.4+1.6)×1m=1.4m，故B错误；
D.在0∼0.4s时间内货物与传送带相对滑动，设此过程货物与传送带之间的滑动摩擦力大小为f，对货物，根据动能定理得：
fx货=12mv2，其中：x货=12×0.4×1m=0.2m，m=10kg解得：f=25N
此过程摩擦力对传送带做功为：−fvt=−25×1×0.4J=−10J
0.4s后货物与传送带相对静止，两者之间不存在摩擦力，故运送货物的整个过程中摩擦力对传送带做功−10J，故D错误；C.由功能关系可知，运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能就等于传送带克服摩擦力做的功，由D选项的解答可知，运送货物的整个过程中传送带克服摩擦力做的功为10J，故C正确。
故选：AC。
由图乙的v−t图像可知，货物在0.4s后以1m/s的速度做匀速直线运动，说明0.4s时货物与传送带共速了，由此可得到传送带匀速转动的速度大小；货物在传送带上运动的位移大小等于传送带A端至B端的长度，由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小解答；在0∼0.4s时间内货物与传送带相对滑动，对货物由动能定理求得此过程货物与传送带之间的滑动摩擦力大小，进而求得此过程摩擦力对传送带做功；由功能关系可知，运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能就等于传送带克服摩擦力做的功。
本题考查了传送带模型，掌握v−t图像的物理意义，掌握应用功能关系和能量守恒与转化处理问题的方法。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、根据开普勒第二定律，卫星乙在M点的速度大于在N点的速度，卫星乙在M点的动能大于在N点的动能，故A错误；
B、卫星甲速度v1= GMr1，卫星乙在M点的线速度vM大于同半径圆轨道速度 GMr，而rv1，可知卫星乙在M点的线速度大于卫星甲的线速度，故B正确；
C、卫星甲做圆周运动得GMmr12=mr14π2T12，得GM=4π2r13T12，得地球表面重力加速度g=GMR2=4π2r13R2T12，故C正确；
D、由周期比T1T2=k，得T2=T1k，结合开普勒第三定律r13T12=a3T22，代入得a=r131k2，卫星乙为椭圆轨道，半长轴a=r+r22，代入得近地点到地心的距离r=2r131k2−r2，故D正确。
故选：BCD。
根据开普勒第二定律判断速度和动能的大小关系；根据卫星变轨时的速度变化结合圆轨道线速度知识分析解答；根据万有引力提供向心力结合黄金代换时列式求解；根据开普勒第三定律列式解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和变轨原理，属于中等难度考题。
11.【答案】dLΔt
ω2;mr
【解析】解：(1)挡光片通过光电门的速度为v=dΔt，小物体和挡光片转动的角速度相同，则ω=vL=dLΔt；
(2)小物体竖直方向受力平衡，传感器对小物体支持力提供向心力，根据牛顿第二定律有F=mrω2，若纵轴表示F，横轴应表示ω2，该图像为一条过原点的倾斜直线，可知斜率k=mr
故答案为：(1)dLΔt；(2)ω2，mr。
(1)利用平均速度替代挡光片通过光电门的速度，根据线速度与角速度关系计算；
(2)根据牛顿第二定律分析判断。
本题考查验证向心力大小与角速度间的关系实验，关键掌握实验原理和光电门的测速原理、利用图像处理问题的方法。
12.【答案】需要
DE;0.685;0.684
【解析】解：(1)为了便于测量碰撞前后小车的速度大小，本实验需要碰撞前后小车做匀速直线运动，故需要平衡摩擦力；
(2)碰撞前后小车做匀速直线运动，两车碰撞后粘在一起运动的速度较小，点迹较密集，根据图乙，应选取点迹均匀且较密集的DE段。
50Hz的打点计时器的打点周期T=0.02s。
碰撞前应选取BC段计算碰撞前小车A的速度，可得：vA=xBC5T=17.12×10−25×0.02m/s=1.712m/s
碰撞前小车B静止，故碰撞前两小车的总动量为：p=mAvA=0.4×1.712kg⋅m/s=0.685kg⋅m⋅s−1
碰撞后两车粘在一起运动的速度为：vAB=xDE5T=11.40×10−25×0.02m/s=1.140m/s
碰后两小车的总动量为：p′=(mA+mB)vAB=(0.4+0.2)×1.140kg⋅m/s=0.684kg⋅m⋅s−1。
故答案为：(1)需要；(2)DE；0.685；0.684。
(1)为了便于测量碰撞前后小车的速度大小，本实验需要碰撞前后小车做匀速直线运动，由此分析是否需要平衡摩擦力；
(2)碰撞两车碰撞后粘在一起运动的速度较小，点迹较密集，应选取点迹均匀且较密集的点迹。确定打点计时器的打点周期。计算碰撞前小车A的速度与碰撞后两车粘在一起运动的速度，根据动量的定义分别求得碰撞前、后两小车的总动量。
本题考查了验证动量守恒定律的实验，掌握利用打点纸带测量速度方法。
13.【答案】小球阻力做的功为−mg(H+ℎ)
小球所受阻力的冲量为mgt，方向竖直向上
【解析】解：(1)对小球，在下落全过程中，由动能定理可得：mg(H+ℎ)+Wf=0，解得阻力做的功：Wf=−mg(H+ℎ)；
(2)以竖直向下的方向为正方向，自由落体运动末速度v= 2gH，由动量定理可得：
I1−mgt=0−(−mv)，解得小球所受阻力的冲量为：I1=mgt+m 2gH，方向竖直向上。
答：(1)小球阻力做的功为−mg(H+ℎ)；
(2)小球所受阻力的冲量为mgt+m 2gH，方向竖直向上。
(1)对全过程运用动能定理列式求出阻力做功；
(2)根据动量定理求出小球阻力的冲量。
解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向。
14.【答案】滑块从弹射装置P弹出时的坐标值为(1.2,0.45)m
轨道AB的长度为5m
【解析】解：(1)滑块从P点水平抛出，做平抛运动，到达A点时恰好沿AB方向进入轨道，则在A点竖直方向的分速度大小vy=v0tan37∘，代入数据解得vy=3m/s；
滑块从P点到A点的运动时间t=vyg，代入数据解得t=0.3s；
此过程中滑块水平方向的位移大小Δx=v0t，解得Δx=1.2m；
竖直方向的位移大小Δy=12gt2，解得Δy=0.45m；
由题图乙及坐标系设置可知，P点在A点右上方，故滑块从弹射装置P弹出时的坐标值为(1.2,0.45)(坐标单位为m)。
(2)滑块在A点的速度大小vA= v02+vy2，代入数据解得vA=5m/s；
滑块恰好能通过圆轨道的最高点D，重力提供向心力，根据牛顿第二定律mg=mvD2R，解得vD= 10m/s；
滑块从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律12mvC2=mg⋅2R+12mvD2，解得在C点速度大小vC=5 2m/s；
滑块从A点运动到C点的过程，根据动能定理mgLABsin37∘−μmgcs37∘LAB−μmgLBC=12mvC2−12mvA2，代入数据解得轨道AB的长度LAB=5m。
答：(1)滑块从弹射装置P弹出时的坐标值为(1.2,0.45)m。
(2)轨道AB的长度为5m。
(1)滑块从P点以水平初速度平抛运动，到达A点时速度方向恰好沿斜面向下，该条件关联了平抛运动在A点的速度分解，竖直分速度与水平初速度的关系由斜面倾角决定。通过竖直分速度可求出平抛运动时间，进而由水平匀速和竖直自由落体规律分别计算P点相对于A点的水平与竖直位移，结合坐标系方向确定P点的坐标值。
(2)滑块从A点出发，经倾斜轨道AB和水平轨道BC后进入竖直圆轨道，要求恰好通过圆轨道最高点D。分析需先确定D点的临界速度，该速度由重力提供向心力的条件决定。从C点到D点机械能守恒，可求出滑块在C点的速度。再对从A到C的全过程应用动能定理，此过程涉及重力做功、AB段和BC段的摩擦力做功，已知A点速度、C点速度及各段几何与摩擦参数，从而建立方程求解AB的长度。
本题综合考查平抛运动、圆周运动临界条件、动能定理与机械能守恒定律等多个核心力学知识点，是一道计算量较大、综合性强的典型力学综合题。题目通过多过程运动模型，有效检验学生对复杂运动过程的分解与衔接能力，以及对功能关系在不同情境下灵活应用的能力。第一问将平抛运动与斜面结合，需要准确理解速度方向与位移的几何关系；第二问涉及圆周运动最高点的临界速度、机械能守恒以及包含摩擦力的动能定理应用，计算过程环环相扣，对学生的逻辑推理和数学运算能力提出了较高要求。
15.【答案】B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为3mg
A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能为23mgR
C在地面上运动的总位移大小为R8μ
【解析】解：(1)小滑块B从静止释放到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律mgR=12mv02，解得经过最低点时的速度大小v0= 2gR；
在圆弧轨道最低点，根据牛顿第二定律FN−mg=mv02R，解得小滑块B受到的支持力大小FN=3mg。
(2)小滑块B滑上木板A后，A、B组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，规定向左为正方向，由动量守恒定律mv0=(m+2m)v1，解得两者共速时的速度大小v1=13 2gR；
此过程中A、B系统损失的机械能ΔE损=12mv02−12(m+2m)v12，代入数据解得ΔE损=23mgR。
(3)木板A与物块C发生弹性碰撞，且两者的质量相等，故每次碰撞后A与C互换速度；
第一次碰撞后，A的速度减为0，C获得速度vC1=v1，C在水平地面上做匀减速运动直至静止，根据动能定理−μ(2m)gx1=0−12(2m)vC12，解得第一次碰撞后C的位移x1=v122μg=R9μ；
第一次碰撞后，B的速度为v1，A的速度为0，由于B始终在A上，两者经摩擦力作用达到新的共同速度v2，由动量守恒定律mv1=(m+2m)v2，解得v2=13v1；
经分析可知，A在每次追上C前，C均已因摩擦减速至静止，故A以v2再次与静止的C发生弹性碰撞，碰后C获得速度vC2=v2，同理可得第二次碰撞后C的位移x2=v222μg=19x1；
依次类推，第n次碰撞后C获得的初速度vCn=(13)n−1v1，C在地面上滑行的位移xn=vCn22μg=(19)n−1x1；
故C在地面上运动的总位移大小x=x1+x2+⋯+xn+⋯，利用等比数列前n项和极限公式得x=x11−19=98x1，代入x1解得x=R8μ。
答：(1)B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为3mg。
(2)A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能为23mgR。
(3)C在地面上运动的总位移大小为R8μ。
(1)B从静止下滑到圆弧最低点，机械能守恒可确定其速度。在最低点做圆周运动，合外力提供向心力，支持力与重力的合力指向圆心，由此可建立向心力方程求解支持力。
(2)B滑上A后，系统不受水平外力，动量守恒，可求出两者共速时的速度。损失的机械能等于系统初动能与共速时总动能的差值，通过动能关系直接计算。
(3)A、C为弹性碰撞且质量相等，每次碰撞后交换速度。C每次获得速度后在地面匀减速至静止，其位移由动能定理确定。此后A、B系统再次通过内部摩擦共速，该过程重复。C每次获得的初速度成等比数列，其位移也成等比数列，利用等比数列求和公式求总位移的极限值。
本题是一道综合性较强的力学压轴题，涉及圆周运动、动量守恒、能量守恒、弹性碰撞以及多过程运动的分析。题目通过滑块、木板和物块的复杂相互作用，全面考查学生对动力学核心规律的理解与应用能力。计算量较大，过程分析要求高，尤其第三问需要学生敏锐洞察碰撞后速度交换以及系统能量耗散的规律，进而识别出位移构成等比数列的深层结构，这对学生的逻辑推理、建模分析以及数学工具应用能力提出了较高要求。本题设问层层递进，将经典物理模型与数列思想巧妙结合，是一道锻炼学生综合思维深度的特色好题。